2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测专题15 导数的应用-函数的零点问题5题型分类-备2025年高考数学一轮专题复习全套考点突破和专题检测（解析版）

专题15导数的应用--函数的零点问题5题型分类1、函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围.求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与轴（或直线）在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数.2、函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f（x）＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f（a）·f（b）＜0，还必须结合函数的图象与性质（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．3、求函数的零点个数时，常用的方法有：一、直接根据零点存在定理判断；二、将整理变形成的形式，通过两函数图象的交点确定函数的零点个数；三、结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.4、利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.（一）函数零点的求解与判断方法(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．（4）结合导数，求函数的单调性，从而判断函数零点个数.注：导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方题型1：利用导数研究函数的零点个数1-1．（2024高三下·江苏常州·阶段练习）已知，（n为正整数，）．(1)当时，设函数，，证明：有且仅有1个零点；(2)当时，证明：．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）对进行二次求导，根据二阶导数的单调性，确定一阶导数的正负，从而判断原函数的单调性，结合零点存在定理，即可求证.（2）根据题意，只需证即可，结合结合同构函数，即可容易证明.【详解】（1）当时，记，则所以在区间上单调递增而，所以存在，使得，即当时，，单调递减当时，，单调递增又，，所以在上没有零点，在上有一个零点，综上所述，函数在内只有一个零点.（2）当时，，要证，即证，令，则，所以在单调递减，，即，要证只需证，令，则，∴在单调递减，在单调递增，∴，即，∴，即，所以成立，∴原命题得证.【点睛】本题考查利用导数证明函数的零点个数，以及利用导数证明不等式恒成立，解决第二问的关键是利用进行放缩，以及利用同构构造函数进行证明，属综合困难题.1-2．（2024·江西九江·二模）已知函数，．(1)若直线与曲线相切，求a的值；(2)用表示m，n中的最小值，讨论函数的零点个数．【答案】(1)(2)答案见解析【分析】(1)根据已知切线方程求列方程求切点坐标，再代入求参即可；(2)先分段讨论最小值，再分情况根据单调性求函数值域判断每种情况下零点个数即可.【详解】（1）设切点为，∵，∴∴（*）消去a整理，得，∴∴（2）①当时，，，∴在上无零点②当时，，．若，，此时，是的一个零点，若，，此时，不是的零点③当时，，此时的零点即为的零点．令，得，令，则，当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增，且当时，（i）若，即时，在上无零点，即在上无零点（ii）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点（iii）若，即时，在上有两个零点，即在上有两个零点（iv）若，即时，在上有一个零点，即在上有一个零点综上所述，当或时，在上有唯一零点；当或时，在上有两个零点；当时，在上有三个零点1-3．（2024·山东·一模）已知，且0为的一个极值点．(1)求实数的值；(2)证明：①函数在区间上存在唯一零点；②，其中且．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先求得，由0为的一个极值点，可得，进而求解；（2）①当时，由，可得单调递减，由，可得，此时函数无零点；当时，设，结合其导数分析单调性，结合，和零点存在性定理，可知存在，使得，进而得到单调性，结合得到在上单调递增；结合，，存在，得到函数的单调性，可得而在上无零点；当时，由，可得在单减，再结合零点存在定理，可得函数在上存在唯一零点；当时，由，此时函数无零点，最后综合即可得证.②由（1）中在单增，所以，有，可得.令，利用放缩法可得，再结合，分别利用累加发可得，，即可求证.【详解】（1）由，则，因为0为的一个极值点，所以，所以．当时，，当时，因为函数在上单调递减，所以，即在上单调递减；当时，，则，因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，又因为，所以，，在上单调递增；.综上所述，在上单调递减，在上单调递增，所以0为的一个极值点，故.（2）①当时，，所以单调递减，所以对，有，此时函数无零点；当时，设，则，因为函数在上单调递减，且，，由零点存在定理，存在，使得，且当时，，即单调递增，当时，，即单调递减．又因为，所以，，在上单调递增；因为，，所以存在，当时，，单调递增，当时，，单调递减．所以，当时，单调递增，；当时，单调递减，，此时在上无零点；当时，，所以在单减，又，，由零点存在定理，函数在上存在唯一零点；当时，，此时函数无零点；综上所述，在区间上存在唯一零点．②因为，由（1）中在上的单调性分析，知，所以在单增，所以对，有，即，所以．令，则，所以，设，，则，所以函数在上单调递减，则，即，，所以，所以，所以.【点睛】关键点睛：本题第（2）②，关键在于先证明，令，利用放缩法可得，再结合累加法即可得证.1-4．（2024·山东·一模）已知函数．(1)若对时，，求正实数a的最大值；(2)证明：；(3)若函数的最小值为m，试判断方程实数根的个数，并说明理由．【答案】(1)1(2)证明见解析(3)有唯一的实数解，理由见解析【分析】（1）将不等式恒成立问题转化成求函数的最值，再利用导数与函数单调性间的关系，通过求出函数的单调区间，进而求出最值，从而求出结果；（2）利用（1）中结果，得到，通过令，从而得到，再通过过累加即可得出结果；（3）利用函数的单调性求出的范围，构造函数，通过函数的单调性和零点的存在性原理即可求出结果.【详解】（1）由题知，令，所以，又因为时，，a为正实数，故在区间恒成立，所以函数在区间上单调递增，且．①当时，在区间上恒成立，函数在上单调递减，此时，符合题意．②当时，，，由零点存在定理，时，有，即函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以当时，有，此时不符合，综上所述，正实数a的最大值为1．（2）由（1）知，当，时，，令时，有，即，所以，，，，累加得，即，所以（3）因为，所以，令，则在区间上恒成立，所以函数在区间上单调递增，又，，由零点存在定理，时，有，即，因此，而函数在上递减，在上递增，所以，又因为，令，则，所以在区间上恒成立，即在区间上单调递减，所以，即．设，则，令，则在区间上恒成立所以函数在区间上单调递增，又，，由零点存在定理，时，，即，因此，又，设，则在区间上恒成立，所以函数在上递增，于是且，而函数在上递减，在上递增，∴，即函数有唯一零点，故方程有唯一的实数解．【点睛】关键点睛：零点代换：当存在零点，且满足等式时，对应在此点处的等量运算也成立，即若有，则有.1-5．（2024高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知函数．(1)判断函数的单调性；(2)设，证明：当时，函数有三个零点．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.（2）先求得的范围，利用换元法，结合导数以及零点存在性定理证得时，函数有三个零点.【详解】（1）根据题意得，，，当时，，在上单调递增；当时，，得；令，得，故在上单调递减，在上单调递增．（2）当时，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，故的最小值为，又，；，，故．，设，，则，，则，由，得．因此，当时，，单调递减；当时，，单调递增．由于，故，又，由零点存在定理，存在，使得，所以有两个零点和，即方程有两个根和．的图象如下，

当时，因为，故方程有一个根；当时，其中，因为，故由图角可知，有两个不同的根，，且．综上，当时，函数有三个零点．【点睛】利用导数研究含参数的函数的单调区间的过程中，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.分类标准可通过判别式、开口方向、根的大小等等来制定.利用导数研究函数的零点，往往要结合零点存在性定理来进行.（二）根据零点个数求参数函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.题型2：根据零点个数求参数2-1．（2024高二下·浙江台州·期末）已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)证明：当时，有且只有一个零点；(3)若在区间各恰有一个零点，求的取值范围.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）分析在和，时的正负判断即可；（3）根据（2）可得，又，设，根据时为临界条件，分与两种情况，分别求导分析的单调性，进而得到的正负区间，进而得到的单调区间，同时结合零点存在定理求解即可【详解】（1）由题意，，，故，又，故曲线在点处的切线方程为，即（2）由题意，因为，故当时，，当时，，当时，，故当时，有且只有一个零点（3）由（2）可得，，故设，则①若，则，在上为减函数，故，故在上为减函数，不满足题意；②若，i）当时，，单调递减，且，，故存在使得，故在上单调递增，在上单调递减.又，，且，设，易得，故在单调递增，故，故，故.故在上有一个零点，综上有在区间上有一个零点ii）当时，，设，则，故为减函数，因为，，故存在使得成立，故在单调递增，在单调递减.又，，故存在使得成立，故在上，单调递减，在上，单调递增.又，故，且，，故，故存在使得，综上有在区间上有一个零点.综上所述，当时，在区间各恰有一个零点【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，同时考查了利用导数分析函数的单调性与最值，同时结合零点存在定理判断函数零点的问题，需要根据题意确定临界条件分类讨论，再分析导函数的单调性，进而得到导函数的正负区间，从而得到原函数的单调性，并根据零点存在性定理分析，属于难题2-2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，若函数在区间内存在零点，求实数的取值范围.【答案】.【分析】方法一：直接求导，分情况讨论函数单调性及最值情况，进而可得零点情况，进而可得参数取值范围；方法二：构造函数法并分离参数求得参数范围.【详解】解：方法一：由可得，设，，，则，令，在单调递减，在单调递增，故.①当时，令，当时，单调递减，当时，单调递增，，此时在区间内无零点；②当时，，此时在区间内有零点；③当时，令，解得或或，且，此时在单减，单增，单减，单增，当或时，，此时在区间内有两个零点；综合①②③知在区间内有零点.方法二：由题意可得，即，因为当时等号成立，所以，即，，令，，易知在单减，在上单增，所以，又趋近于和正无穷时，趋近于正无穷，所以.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2-3．（2024·四川成都·一模）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，求的取值范围.【答案】(1)见解析；(2)【分析】（1）对函数求导，再对进行分类讨论，根据和，即可得函数的单调性；（2）根据（1）的单调区间，对进行分类讨论，结合单调性和函数值的变化特点，即可得到的取值范围.【详解】（1）由，①当时，，由，得，由，得.∴的单增区间为，单减区间为.②当时，令，或.当，即时，∴在单增，当，即时，由得，，由得，.∴单增区间为，单减区间为.当，即时，由得，，由得，.∴的单增区间为，的单减区间为.（2）由.（i）当时，只需，即时，满足题意；（ii）当时，在上单增，不满足题意；当时，的极大值，不可能有两个零点；当时，的极小值，，，只有才能满足题意，即有解.令，，则.∴在单增.∵∴，方程无解.∴综上所述，.【点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解．2-4．（2024高三上·广东·阶段练习）已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【分析】（1）求函数的导数，讨论和，分别解导数不等式即可得到函数的单调性.（2）由（1）的单调性，可求得函数的极值，由极值的正负和函数的单调性可得函数的零点个数，从而得到的取值范围.【详解】（1）.当时，令，得，令，得.故在单调递减，在单调递增.当时，令，得，.①当即时，，在R上单调递增.②当即时，在上单调递减，在，上单调递增.③当即时，在上单调递减，在，上单调递增.（2）当时，由（1）可知只有一个极小值点.且，，当时，，，从而，因此有两个零点.当时，此时只有一个零点，不符合题意.当时，在R上单调递增，不可能有两个零点.当时，在上单调递减，在，上单调递增，，其中，，，则，即函数的极大值小于0，则在上不可能有两个零点；当时，在上单调递减，在，上单调递增，，即函数的极大值小于0，则在上不可能有两个零点；综上，若有两个零点，的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的零点个数问题，考查分析问题的能力和计算能力，属于中档题.2-5．（2024·浙江·二模）设函数.(1)证明：当时，；(2)记，若有且仅有2个零点，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)，0，1【分析】（1）求出，利用其单调性和特殊值可得使得，再由可得答案；（2）由时，求出的零点，①当时，利用范围可得在有1个零点：分、、讨论，利用的单调性和函数值可得答案.【详解】（1）当时，有，单调递增，又，则可知，使得，所以在单调递减，在单调递增，又，则可知；（2）依题意，函数的定义域是，当时，，即，而，时，，时，，有两个零点，符合题意；①当时，若，有，且，有，又，由（1）可知又，则所以在有1个零点：若，有，若，有，可知在有1个零点，符合题意：若，有在单调递增，，（i）若，则当，有，（ii）若，又，则可知，使得；由（i）、（ii），则可知有在单调递减，所以，又有，所以在至少有1个零点，则可知在至少有2个零点，不符合题意；若，有在单调递增，又，则可知，使得，所以在单调递增，则有，又有，所以在至少有1个零点，则可知在至少有2个零点，不符合题意；②当时，由，记，由①可知，有且仅有满足题意，即时，满足题意.综上可知，实数a的值为，0，1.【点睛】方法点睛：函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围.2-6．（2024高三·全国·专题练习）已知有3个零点，求实数a的取值范围．【答案】【分析】根据极大值乘以极小值小于零列不等式，由此求得的取值范围.【详解】由，则.设，是的两根，则在，递增，在递减，所以的极大值与极小值分别为，，且，，同理可得，所以，将，代入化简得，由.题型3：根据零点个数求值3-1．（2024·陕西宝鸡·二模）已知是方程的一个根，则的值是（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】化简方程，利用构造函数法，结合导数求得，由此求得的值.【详解】依题意，，由，得，，设单调递增，由得，即，即，所以，所以.故选：B3-2．（2024高三上·广东东莞·阶段练习）已知函数，若方程有3个不同的实根，，（），则的取值范围是.【答案】【分析】运用导数研究函数单调性进而可画出其图象，即可得及范围，将问题转化为求在上的值域，结合导数即可求得结果.【详解】因为，所以，令得或，或，，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又因为，，当x趋近于负无穷时，趋近于零，所以的图象如图所示，所以若方程有3个不同的实根，则，又因为，，所以，不妨令，，则，，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，又因为，，所以，所以.故答案为：.3-3．（2024·福建福州·二模）已知函数有三个零点，且，则.【答案】1【分析】令，由的图象可得最多只有两个解，所以由题意可知有两解，且，由图象可知有两解，有一解，代入即可求出结果.【详解】由，得，令，则，设，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以的图象如图所示，

由图可知最多只有两个解，若要有三解，则有两解，且，因为函数有三个零点，且，所以由图象可知有两解，有一解，所以，故答案为：1【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查导数的应用，解题的关键是令，然后将问题转化为有两解，且有两解，有一解，然后代入化简即可，考查数形结合的思想，属于较难题.（三）零点与不等式的证明问题证明双变量不等式的基本思路：首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(令t＝\f(x2,x1)))，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式.题型4：零点与不等式的证明问题4-1．（2024高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数，.（1）当时，求函数的单调区间；（2）当，时，函数有两个极值点，（），证明：.【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）具体见解析.【分析】（1）对函数求导，根据导函数和原函数的关系得出单调区间；（2）先求出导函数，设，进而通过的符号得出的单调区间，再通过特值法和放缩法判断出零点的位置，进而得到的符号，从而得出原函数的单调区间和极值点，最后再通过放缩法证明问题.【详解】（1），，时，，时，，则函数在单调递减，在单调递增.（2），令，∵，则在R上单调递增，∴时，，单调递减，时，，单调递增，∴在处取得极小值，且.令，，则时，，单调递增，∴，∴x>0时，，则，于是x>0时，.∴，∴时，，于是（x2唯一），使得.∴时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.则函数在处取得极小值，在处取得极大值.又∵，∴，∴，∴.【点睛】本题第（2）问有难度，看似是双变量的问题实际上是单变量问题，在探讨的零点时首先要想到特值，本题含指数函数可以尝试验证x=0是否是零点；在判断第二个零点时用到了放缩法，因此我们需要对课本上的常见放缩不等式进行总结和归纳，比如常见的等等.4-2．（2024·宁夏）已知函数（I）如，求的单调区间；（II）若在单调增加，在单调减少，证明>6.【答案】（Ⅰ）增区间，减区间（Ⅱ）证明见解析【详解】（Ⅰ）当时，，故当当从而单调减少.(Ⅱ)由条件得：从而因为所以将右边展开，与左边比较系数得，故又由此可得于是4-3．（2024·广东深圳·二模）已知函数.(1)当时，求的单调区间；(2)①当时，试证明函数恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为，，，且，试证明.【答案】(1)单调递减区间为，无单调递增区间(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）利用函数的导数，结合函数的定义域，判断导函数的符号，得到函数的单调区间．（2）①当时，求解函数的导数，求出极值点，判断函数的单调性，然后证明函数恰有三个零点；②记①中的三个零点分别为，，，判断零点所在区间，利用分析法结合函数的导数转化证明即可．【详解】（1）当时，定义域为，所以，所以在定义域上单调递减，其单调递减区间为，无单调递增区间．（2）①由定义域为，所以，令，因为，，设方程的两根分别为，，且，则，，所以有两个零点，，且，当时，，单调递减；当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以在处取得极小值，在处取得极大值，又，故，则，又因为，，且，故有，由零点存在性定理可知，在恰有一个零点，在也恰有一个零点，易知是的零点，所以恰有三个零点；②由①知，，则，因为，所以，所以要证，即证，即证，即证，即证，即证．令，则，当时，，所以在上单调递减，所以，故式成立，所以．【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．4-4．（2024·山东日照·三模）已知函数有三个零点.(1)求的取值范围；(2)设函数的三个零点由小到大依次是.证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导，根据分类讨论研究函数的单调性，确定零点个数，构造函数，研究函数值的符号即可得到导函数的符号，即可求出原函数的单调区间，从而确定零点个数；（2）把原函数有三个零点转化为有三个根，构造，求导研究函数单调性，结合根的分布得，要证，等价于证，等价于，构造函数从而证明，即证，构造函数，利用导数单调性即可证明.【详解】（1）因为定义域为，又，（ⅰ）当单调递减；（ⅱ）当，记，则，当；当，所以在单调递增，在上单调递减，，又，所以，①当，则单调递减，至多一个零点，与题设矛盾；②当，由（ⅱ）知，有两个零点，记两零点为，且，则在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，因为，令，则，所以，所以，且趋近0，趋近于正无穷大，趋近正无穷大，趋近负无穷大，所以函数有三零点，综上所述，；（2）等价于，即，令，则，所以在上单调递增，在上单调递减，由（1）可得，则，所以，所以，则满足，，要证，等价于证，易知，令，则，令得，令得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，下面证明，由，即证，即证，即证，即证，令，，令，则，所以，所以，则，所以，所以，所以，所以，所以原命题得证.【点睛】利用导数研究零点问题：（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图像；（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.4-5．（2024·江苏泰州·一模）已知函数，，．(1)若，求证：（ⅰ）在的单调减区间上也单调递减；（ⅱ）在上恰有两个零点；(2)若，记的两个零点为，求证：．【答案】(1)（i）详见解析（ii）详见解析(2)详见解析【分析】（1）（i）求出函数的导数，求出导数的递减区间，证出在此区间也递减即可；（ii）求出，构造函数，求出其导数，根据函数的单调性进行比较判断；（2）根据（ii）中分别求出的范围，相加即可；【详解】（1）证明：(1)(ⅰ)因为，由令得的递减区间为当时，，所以在的递减区间上也递减．(ⅱ)因为，由得，令，则.因为，且，所以必有两个异号的零点，记正零点为，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，若在上恰有两个零点，则由，得，所以，又对称轴，所以所以.又，所以在上有且仅有一个零点．又令，解得.所以取，当时，所以在上有且仅有一个零点．故时，在上恰有两个零点．（2）由（ⅱ）知，对在上恰有两个零点，不妨设，因为，所以因为，所以所以4-6．（2024·辽宁·二模）已知函数.（1）若.证明函数有且仅有两个零点；（2）若函数存在两个零点，证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）当时，函数，定义域为，利用导数分析其单调性，使在单调递减，在单调递增，进而分别计算并判断，，与零的大小比较，最后由零点的存在性定理即可确定零点的个数；（2）由是函数的两个零点，知，进而表示，再由分析法逐步反推不等式，最后令，构造函数，由（1）的单调性分析，表示最小值并由双勾函数证得，即可得证.【详解】（1）由题可知，定义域当时，函数，则，（为的导函数）单调递增，使.时，单调递减；时，单调递增所以由双勾函数性质可知，在递减，，，且，在上有且只有一个零点又，且所以在上有且只有一个零点综上，函数有且仅有两个零点

（2）由是函数的两个零点，知要证需证令需证令与（1）同理得所以故【点睛】本题考查利用导数与零点的存在性定理研究函数的零点，还考查了利用分析法证明不等式，属于难题.4-7．（2024高三上·湖南长沙·阶段练习）已知函数.(1)若存在极值，求的取值范围；(2)若，已知方程有两个不同的实根，，证明：.（其中是自然对数的底数）【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义分类讨论进行求解即可；（2）根据导数的性质，结合构造函数法、对数均值不等式进行证明即可.【详解】（1）因为，所以，，当，即时，，则为单调递增函数，不可能有极值，舍去；当，即时，令，解得，当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减，所以在取得极大值，符合题意；综上：，故实数的取值范围为.（2）由得:.由得即构造.易知在单调递增且.∴.即取对数得设.则即.利用对数均值不等式有即证得.要证.只要证明.设.由（*）可且则在单调递减，则.即对数均值不等式.证明如下:不妨设，要证，即证，，令即证，即即证:.令，则所以结论得证.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用对数均值不等式.（四）导数与“隐零点”问题利用“隐零点”证明不等式：关键在于“设而不求”及“等量代换”，常见的有不含参和含参两种类型：①不含参函数的隐零点问题：已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0)＝0成立；(ii)注意确定x0的合适范围.②含参函数的隐零点问题：已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x，a)＝0的根为x0，则(i)有关系式f′(x0，a)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；(ii)注意确定x0的合适范围，往往和a的取值范围有关.题型5：导数与“隐零点”问题5-1．（2024·全国）设函数.（Ⅰ）讨论的导函数的零点的个数；（Ⅱ）证明：当时.【答案】（Ⅰ）当时，没有零点；当时，存在唯一零点.（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分与考虑的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设在的唯一零点为，根据的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于，即证明了所证不等式.试题解析：（Ⅰ）的定义域为，.当时,，没有零点；当时，因为单调递增，单调递增，所以在单调递增.又,当b满足且时，,故当时，存在唯一零点.（Ⅱ）由（Ⅰ），可设在的唯一零点为，当时，;当时，.故在单调递减，在单调递增，所以当时，取得最小值，最小值为.由于，所以.故当时，.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.5-2．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数.(1)求的单调区间；(2)若有两个零点，记较小零点为，求证：.【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】（1）求出导函数，根据导函数的结构对分类讨论，利用导数与单调性的关系可求解；（2）分析要证的，利用可得代换，即证，令函数，利用导数证明即可.【详解】（1）解：的定义域为，，当时，有，即在上单调递增；当时，令，可得，令，可得，所以函数在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：函数有两个零点，由第一问可知，且较小的零点，则要证，即证，即证，而可得（易检验），代换上式中，所以即证，即证，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，而，所以，即，得证.一、单选题1．（2024·天津）函数在区间(0,1)内的零点个数是A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【详解】恒成立，所以单调递增，故函数在区间(0,1)内的零点个数1个.2．（2024·全国）函数存在3个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】写出，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.【详解】，则，若要存在3个零点，则要存在极大值和极小值，则，令，解得或，且当时，，当，，故的极大值为，极小值为，若要存在3个零点，则，即，解得，故选：B.3．（2024·全国）已知函数有唯一零点，则A． B． C． D．1【答案】C【详解】因为，设，则，因为，所以函数为偶函数，若函数有唯一零点，则函数有唯一零点，根据偶函数的性质可知，只有当时，才满足题意，即是函数的唯一零点，所以，解得.故选：C.【点睛】利用函数零点的情况求参数的值或取值范围的方法：（1）利用零点存在性定理构建不等式求解.（2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.（3）转化为两个熟悉的函数图像的上、下关系问题，从而构建不等式求解.4．（2024·吉林通化·模拟预测）已知函数满足：①定义域为；②；③有且仅有两个不同的零点，，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题意可转化为有且仅有两个不同的零点，，对求导，结合的单调性可知，由此可知另一根为，由的范围可求出的范围，即可求出的取值范围.【详解】函数有且仅有两个不同的零点，，因为，令，即有且仅有两个不同的零点，，得或，若，令，可得或；令，可得，所以在上单调递增，在上单调递减，同理若，在上单调递增，在上单调递减，因为，，要使有且仅有两个不同的零点，，则，而，则，因为，则，则，则有一根是确定的为，又因为，所以的另一根为，所以，因为，，.故选：B.5．（2024·河南郑州·模拟预测）已知函数，若有3个不同的解，，且，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】对函数变形，利用导数研究函数的单调性及图象，把原函数有3个不同的解转化为有两个解，从而利用根的分布求解即可.【详解】，令，则，令得，令得且，所以在，上单调递减，在上单调递增，且，如图：

则，所以有3个不同的解等价于有两个解，，整理可得，且，，根据根的分布得，解得，又，所以.故选：A.【点睛】关键点睛：复合方程解的个数问题的解题策略为：首先要能观察出复合的形式，分清内外层；其次要能根据复合的特点进行分析，将方程问题转化为函数的交点问题；最后通过数形结合的方式解决问题.二、多选题6．（2024高三上·河北保定·阶段练习）已知函数，则下列说法正确的是（

）A．当时，有两个极值点B．当时，的图象关于中心对称C．当，且时，可能有三个零点D．当在上单调时，【答案】BC【分析】特殊值法可排除A项，利用函数的对称性可判定B，取特殊值结合导数研究函数的单调性、极值与最值可判定C，利用导函数非负结合判别式可判定D.【详解】对于A，当时，，，若时，，则在定义域内单调递增，无极值点，故A错误；对于B，当时，，，则，所以的图象关于中心对称，故B正确；对于C项，当时，，，取，即时，此时，所以当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，所以函数极小值为，函数极大值为，即，所以在有一个零点，又因为，，所以在有一个零点，在有一个零点，即当时，有三个零点，故C正确；对于D项，若在定义域上是单调函数，则恒成立，所以，解得，所以D错误，故选：BC．【点睛】关键点睛：本题C项，利用导数研究函数的零点个数，结合极大小值的正负及取特殊点判断函数值符合是关键.7．（2024·广东深圳·模拟预测）对于函数和，设，若存在，使得，则称与互为“零点相邻函数”.若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的值可以是（）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据零点的定义求函数的零点，由定义可得函数的零点的范围，结合函数解析式，转化为含参方程有解问题，求导，可得答案.【详解】由题意，可得，，易知，则，，则在有解，求导得：，令，解得，可得下表：极大值则当时，取得最大值为，，则的取值范围为，设，，则，所以函数在上单调递减，所以，所以的值可以是，，.故选：BCD.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.三、填空题8．（2024·北京）已知函数，给出下列四个结论：①若，恰有2个零点；②存在负数，使得恰有1个零点；③存在负数，使得恰有3个零点；④存在正数，使得恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是．【答案】①②④【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；对于②，考查直线与曲线相切于点，对函数求导得，由题意可得，解得，所以，存在，使得只有一个零点，②正确；对于③，当直线过点时，，解得，所以，当时，直线与曲线有两个交点，若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；对于④，考查直线与曲线相切于点，对函数求导得，由题意可得，解得，所以，当时，函数有三个零点，④正确.故答案为：①②④.【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．9．（2024高三上·江苏南通·开学考试）已知定义在上的函数同时满足下列三个条件：①为奇函数；②当时，，③当时，.则函数的零点的个数为.【答案】5【分析】根据函数奇偶性及分段函数解析式画图象数形结合即可求解.【详解】，则，，在上为负，递减；在为正，递增，，，，作出在的图象.

时，，向上平移2个单位；时，，再向上平移2个单位，，.纵轴右边图象与左边图形关于原点对称，由图可知函数的图象在纵轴右边上有4个交点，在纵轴左边上有1个交点点，∴共有5个零点.故答案为：5.10．（2024高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数，则方程有个不相等的实数解．【答案】6【分析】令，首先分析的根的情况，进一步结合的根的情况即可得解.【详解】首先分以下两种情形来研究函数的性态：情形一：当时，，求导得，令，由此可以列出以下表格：所以在单调递增，在单调递减，在单调递增，且有极大值，极小值.情形二：当时，，求导得，令，由此可以列出以下表格：所以在单调递减，在单调递增，且有极小值.综合以上两种情况，且注意到当趋于负无穷时，也趋于负无穷，当在1的左边趋于1时，趋于，且，当趋于正无穷时，也趋于正无穷，由此即可在同一直角坐标系中画出与的图象如下图：

其中、、为方程的三个根，、为方程的两个根，由图可知，；所以由以上分析可知方程有三个根、、，现在只需把回代到方程中即可，且注意到，，，所以方程、、分别有个根.综上所述方程一共有个不同的实数根.故答案为：6.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于首先利用换元法令，将问题转换为的根的情况，进一步利用导数去分析这个函数的性态，由此得出方程的根的个数，最终回代即可.11．（2024·陕西西安·一模）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为.【答案】【分析】根据题意转化为只有一个根，令，求得，得出函数的单调性与最小值，求得，再求得，得出函数的单调区间，结合，求得函数的最值，即可求解.【详解】因为函数在内有且只有一个零点，即方程在内只有一个根，即在内只有一个根，令，可得，再令，解得，当时，，单调减，当时，，单调增，所以当时，有最小值，即，所以函数，则，令时，解得.当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，又由，故函数在上的最大值为，最小值为，最大值与最小值的和为.故答案为：.四、解答题12．（2024·全国）已知函数，为的导数．证明：（1）在区间存在唯一极大值点；（2）有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在上单调递减，根据零点存在定理可判断出，使得，进而得到导函数在上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知为在上的唯一零点；当时，首先可判断出在上无零点，再利用零点存在定理得到在上的单调性，可知，不存在零点；当时，利用零点存在定理和单调性可判断出存在唯一一个零点；当，可证得；综合上述情况可证得结论.【详解】（1）由题意知：定义域为：且令，，在上单调递减，在上单调递减在上单调递减又，，使得当时，；时，即在上单调递增；在上单调递减则为唯一的极大值点即：在区间上存在唯一的极大值点.（2）由（1）知：，①当时，由（1）可知在上单调递增

在上单调递减又为在上的唯一零点②当时，在上单调递增，在上单调递减又

在上单调递增，此时，不存在零点又，使得在上单调递增，在上单调递减又，在上恒成立，此时不存在零点③当时，单调递减，单调递减在上单调递减又，即，又在上单调递减在上存在唯一零点④当时，，即在上不存在零点综上所述：有且仅有个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.13．（2024·全国）已知函数．（1）若，求的单调区间；（2）证明：只有一个零点．【答案】（1）增区间是，，减区间是；（2）证明见解析.【分析】（1）将代入，求导得，令求得增区间，令求得减区间；（2）令，即，则将问题转化为函数只有一个零点问题，研究函数单调性可得.【详解】（1）当a=3时，，．令解得x=或x=．由解得：；由解得：．故函数的增区间是，，减区间是．（2）［方法一］：【最优解】【通性通法】等价转化＋零点存在性定理由于，所以等价于．设,则,仅当时,所以在单调递增.故至多有一个零点,从而至多有一个零点.又,故有一个零点.综上,只有一个零点.［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系因为，所以等价于，令，则．因为，则，当且仅当时，等号成立，所以在区间内单调递增，当时，；当时，．所以直线与的图像只有一个交点，即只有一个零点．［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理．①当时，单调递增，只有一个零点．②当与时，，再令或，则有．当与时，单调递增，当时，单调递减．因为，，所以．极大值与极小值同正同负，故只有一个零点．［方法四］：等价转化＋零点存在性定理由于，所以，等价于．设，则，仅当时，，所以在区间内单调递增．故至多有一个零点，从而至多有一个零点．结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取，则有，取，则有，所以在内有一个零点，故有一个零点．综上，只有一个零点．【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，但对于该题，显得有些复杂；方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样．14．（2024·全国）已知函数．(1)当时，求的最大值；(2)若恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；（2），则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.15．（2024·全国）已知函数(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对分类讨论,对分两部分研究【详解】（1）的定义域为当时,,所以切点为,所以切线斜率为2所以曲线在点处的切线方程为（2）设若,当,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若,当,则所以在上单调递增所以,即所以在上单调递增,故在上没有零点,不合题意若(1)当,则,所以在上单调递增所以存在,使得,即当单调递减当单调递增所以当,令则所以在上单调递增，在上单调递减，所以，又，，所以在上有唯一零点又没有零点,即在上有唯一零点(2)当设所以在单调递增所以存在,使得当单调递减当单调递增,又所以存在,使得,即当单调递增,当单调递减，当，，又，而,所以当所以在上有唯一零点,上无零点即在上有唯一零点所以,符合题意所以若在区间各恰有一个零点,求的取值范围为方法点睛：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.16．（2024高三上·河南·阶段练习）设函数，.(1)若在上单调递增，求的取值范围；(2)已知有两个不同的零点，（i）求的取值范围；（ii）证明：.【答案】(1)(2)（i）（ii）证明见解析【分析】（1）求得，令，得到，得到在上单调递增，进而得到，求得的取值范围.（2）（i）由，转化为，令，得到，令，求得，进而得到得到单调性，得到，进而求得的取值范围；（ii）由（i）不妨设，得到，进而证得.【详解】（1）解：由，可得，令，则，所以在上单调递增，要使得函数在上单调递增，则满足，即，解得，即实数的取值范围是.（2）证明：（i）由，即，即，令，可得，令，可得，所以在上单调递增，又由，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，又由当时，，，则，当时，，，则，所以，即的取值范围；（ii）由（i）不妨设，则，因为是的2个零点，所以，，当时，，则时，单调递减，要证：，可得，其中，可得，由，所以.【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与和相关的常见同构模型①，构造函数或；②，构造函数或；③，构造函数或.17．（2024高三上·四川成都·开学考试）已知函数有三个零点（）.(1)求a的取值范围；(2)过点与分别作的切线，两切线交于M点，求M点到y轴的距离.【答案】(1)(2)0【分析】（1）求出导函数，分类讨论，利用二次方程根的分布列不等式即可求解；（2）先求出，然后求出两条切线方程，联立方程即可求解交点的横坐标，得解.【详解】（1）由得，当时，，则在上单调递增，函数至多一个零点，不符合题意；当时，由题意只需使在有两个异号根即可，所以，解得；综上，.（2）当时，.又，故，.又知当时，有，所以，即，故.又，所以在处的切线方程为，所以在处的切线方程为，联立整理得两直线交点横坐标.故M点到y轴的距离0.18．（2024·全国）已知函数．(1)若，求a的取值范围；(2)证明：若有两个零点，则．【答案】(1)(2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.【详解】（1）[方法一]：常规求导的定义域为，则令,得当单调递减当单调递增，若,则,即所以的取值范围为[方法二]：同构处理由得：令，则即令，则故在区间上是增函数故，即所以的取值范围为（2）[方法一]：构造函数由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证,即证因为,即证又因为,故只需证即证即证下面证明时，设，则设所以,而所以,所以所以在单调递增即,所以令所以在单调递减即,所以；综上,,所以.[方法二]：对数平均不等式由题意得：令，则，所以在上单调递增，故只有1个解又因为有两个零点，故两边取对数得：，即又因为，故，即下证因为不妨设，则只需证构造，则故在上单调递减故，即得证【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握19．（2024·河北·模拟预测）已知函数.(1)若不等式有解，求实数的取值范围；(2)若有两个不同的零点，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题设在上有解，利用导数研究右侧最大值，即可得参数范围；（2）利用导数研究零点分布，再转化证明结论为，分析法转化结论，并构造中间函数研究恒成立证明结论.【详解】（1）由，即在上有解，所以在上有解，令，只需，由，当，则，递增，当，则，递减，所以最大值为，故.（2）由题意，有两个零点，则有两个解，令与有两个交点，而，且，当，则，故在上递增，且值域为；当，则，故在上递减，且值域为；所以最大值为，故，且，图象如下，

不妨令，要证，即证，需证，先证：又，则，所以，故，令，则，故，可得，，所以，要证，即证，即证，令且，则，令，则，即在上递增，所以，即在上恒成立，故，所以在上递增，故，即成立，综上，；再证：由，故上，递减，上，递增，所以，则零点在两侧，所以，要证，即，又，需证，而，所以，只需，即，即证，，且，即证，且，只需，，令，且，则，令，则，在时，即递增，所以，故，即在上递减，由，故，即恒有，综上，成立；所以，.【点睛】关键点点睛：第二问，应用导数研究的零点分布得，将结论化为证，构造中间函数研究恒成立求证结论即可.20．（2024·陕西）设（Ⅰ）求；（Ⅱ）证明：在内有且仅有一个零点（记为），且.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析，详见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）由题设，所以，此式等价于数列的前项和，由错位相减法求得；（Ⅱ）因为，，所以在内至少存在一个零点，又，所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以，由此可得，故，继而得.试题解析：（Ⅰ）由题设，所以①由②①②得，所以（Ⅱ）因为，所以在内至少存在一个零点，又所以在内单调递增，因此，在内有且只有一个零点，由于，所以由此可得故所以考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.21．（2024高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，而，，则存在，使得，即，有，当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，所以.（2）函数定义域R，求导得，当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，取且，则，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，因此当时，函数有两个零点，当时，函数只有一个零点2，当时，若，当或时，，当时，，即有在上单调递增，在上单调递减，又，，因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，若，当或时，，当时，，即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，所以a的取值范围是.22．（2024高三上·河北·期中）已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)记函数，若恒成立，试求实数的取值范围.【答案】(1)在区间上单调递增，在区间上单调递减(2)【分析】（1）由题意得，令求出零点，即可得的单调区间；（2）恒成立，转化为恒成立，令，求导后，转化成两个函数的交点问题讨论函数单调性，即可求出实数的取值范围.【详解】（1）解：由题意得函数的定义域为，若，则，令，则，而，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减；（2）解：若恒成立，则，整理得，则，设，则，令，则，整理得，设，，可知两个函数均过定点，若，即时，为的切线，切点为，①当，即时，，，不在定义域，不合题意；②当，即时，在区间，恒有，，所以在单调递增，，则，符合题意；③当，即时，设零点为，则所以在上单调递减，在单调递增，，因为，则，又因为，所以且，与矛盾；综上所述，实数的取值范围为【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．23．（2024高三上·云南·阶段练习）已知．(1)当时，求在上的单调性；(2)若，令，讨论方程的解的个数．【答案】(1)在上递增(2)答案见解析【分析】（1）求出的导数，并判断在的正负，可得在上的单调性；（2）方程的解的个数问题转化为函数的图像与直线的交点个数问题，画出函数的图像，利用数形结合的手段即可解决.【详解】（1）因为所以当时，，所以，则当时，，，可得，所以在上递增．（2）因为，，所以，，令，解得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．当时，有极小值．令，解得．令，可得，当时，；当时，．所以，的图像经过特殊点，，．当时，，从而；当时，，，从而．根据以上信息，我们画出的大致图像如图所示．

方程的解的个数为函数的图像与直线的交点个数．所以，关于方程的解的个数有如下结论：当时，解为0个；当或时，解为1个；当时，解为2个．【点睛】方法点睛：解决方程的解的个数问题，可转化为两个函数交点的个数问题，画出两函数的图像，采取数形结合的手段解决.24．（2024高三上·北京·开学考试）已知函数，曲线在的切线为．(1)求a，b的值；(2)求证：函数在区间上单调递增；(3)求函数的零点个数，并说明理由．【答案】(1).(2)证明见解析(3)零点个数为0，证明见解析.【分析】（1）直接求导得，根据即可得到答案；（2），转化为证明在上恒成立即可；（3）通过求导得到的最小值，利用隐零点法证明即可.【详解】（1），则有，解得，，则.（2）由（1）知，，设，因为在上单调递增，则，所以在上恒成立，所以函数在区间上单调递增.（3）因为，令，令，得，设，由（2）知在上单调递增，且，，故存在唯一零点使得，即存在唯一零点满足，即得，则，且当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，所以，当时，，，则，则函数的零点个数为0.25．（2024高三上·河北保定·开学考试）已知函数，.(1)当时，证明：在上恒成立；(2)当时，求在内的零点个数..【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）当时，通过导数求在上的最小值，证明；（2）当时，求在内的零点个数，转化为在内的零点个数，利用导数求在内的单调性，由零点的存在定理判断零点的个数.【详解】（1）当时，函数，，函数在上单调递增，在上单调递增，所以在上单调递增，，则在上恒成立，在上单调递减，在上，，即在上恒成立；（2）当时，函数，，等价于，令，，在内，，在内单调递减，在内，，，，在内单调递增，，是的零点，，，在上有一个零点，所以在内的有两个零点.26．（2024高三上·重庆·阶段练习）已知定义在上的函数，其导函数为.(1)求的单调区间;(2)若函数，求关于的方程的解的个数.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】（1）构造，利用导数研究其单调性；（2）构造，利用导数研究其零点个数即可，注意分类讨论参数.【详解】（1）令，则，当时，，则在上递减；当时，，则在上递增；所以的递减区间为，递增区间为.（2）由题设，即求解的个数，令，则，当时，恒成立，即递增，又，即此时仅有一个零点；当时，当时，，则在上递减；当时，，则在上递增；则，令，则，所以，，故递增；，，故递减；则，即，而趋向于或时都趋向，所以，当时，，此时仅有一个零点；当且时，，此时有两个零点；综上，或，仅有一个解；且，有两个解.27．（2024高三上·河北·阶段练习）已知函数，为的导数.(1)证明：在区间上存在唯一极大值点；(2)求函数的零点个数.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）二次求导，结合零点存在性定理得到在区间上存在唯一极大值点；（2）结合第一问，分三种情况进行讨论，求得的零点个数.【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，且，令，，所以，，令，，则，当时，，所以，即在上单调递减，又，，，则存在，使得，即存在，使得，所以当时，，当时，，所以为的唯一极大值点，故在区间上存在唯一极大值点；（2）由（1）知，，，①当时，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，又，，，所以存在，使得，所以当，时，，单调递减，当时，，单调递增，又，，所以当时，有唯一的零点；②当时，，单调递减，又，所以存在，使得；③当时，，所以，则在没有零点；综上所述，有且仅有2个零点.【点睛】关键点点睛：判断函数的零点个数，要结合函数特征，利用导函数求出其单调性及极值和最值情况，结合零点存在性定理求出零点个数.28．（2024高三上·重庆·开学考试）已知函数.(1)求的极值；(2)若关于的方程只有一个实数解，求实数的取值范围.【答案】(1)极小值为，无极大值(2)【分析】（1）利用导数可求得的单调性，由极值定义可确定极值点并求得极值；（2）将问题转化为与有且仅有一个交点，作出的图象，采用数形结合的方式可求得结果.【详解】（1）的定义域为，，当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，的极小值为，无极大值.（2）当时，恒成立，，由（1）可得图象如下图所示，

只有一个实数解等价于与有且仅有一个交点，由图象可知：当或时，与有且仅有一个交点，实数的取值范围为.29．（2024高三上·四川广安·阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若函数只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，结合分类讨论思想，可得答案；（2）由（1）所得到函数单调性，求得极值，利用零点存在性定理，可得答案.【详解】（1）∵，∴，①当时，在上，，∴在递增，②时，由，解得：或.在上，，在上，，在上，，∴在，递增，在递减，综上，时，在递增；时，在，递增，在递减.（2）由（1）知，当时，在递增.又，，由零点存在性定理知，存在唯一零点，符合题意；当时，在，递增，在递减.∴，，若只有一个零点，则，解得：，综上，的取值范围是.30．（2024高三上·江西南昌·开学考试）已知函数.(1)求函数在上的单调区间和极值；(2)若方程有两个不同的正根，求的取值范围.【答案】(1)递减区间为，递增区间为，极小值为，无极大值(2)【分析】（1）根据题意，求得，设，求得，得到在单调递增，结合，得到单调区间，进而求得极值；（2）化简方程为，令，转化为有两个零点，利用导数求得单调性和，令，得到，设，得到，求得，结合，，即可求解.【详解】（1）解：由函数，可得，则，设，则，故在单调递增，又因为，故在单调递减，在单调递增，则的极小值为，无极大值.（2）解：因为，所以，可得，令，可得，所以在单调递减，故有两个正根，等价于有两个零点，可得，当时，；当时，，所以在递减，递增，可得，令，所以，则，设，则，.所以，则，则，因为，，此时存在两零点，其中，，且，故.【点睛】方法总结：利用导数求解函数或不等式的恒成立（有解）问题的求解策略:形如的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；形如的有解的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可.31．（2024高三上·福建厦门·阶段练习）若函数，当时，函数有极值为，(1)求函数的解析式；(2)若有3个解，求实数的范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）由时，函数有极值为，可得，据此可得答案；（2）由（1）结合导数可得单调性与极值，即可得大致图象，则有3个解等价于图象与直线有3个交点，即可得答案.【详解】（1）由题，，时，函数有极值为，则，经检验满足题意，故；（2）由（1），则，令或在上单调递增；在上单调递减.则在处取极大值，在处取极小值，据此可得大致图象如下.又有3个解等价于图象与直线有3个交点，则.

32．（2024·河北保定·二模）已知函数，其中常数，是自然对数的底数．(1)若，求的最小值；(2)若函数恰有一个零点，求a的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，求导得，令，然后分与讨论，即可得到结果；（2）根据题意，由条件可得0是函数的一个零点，构造，分，以及讨论，再结合（1）中的结论，即可得到结果.【详解】（1）当时，，则，，记，则，①当时，，，可得，可知函数在区间上单调递减；②当时，，，可知函数单调递增，又由，可知当时，；当时，，可知函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，由①②知函数的减区间为，增区间为，故有；（2）因为函数恰有一个零点，且，0是函数的一个零点，又，不妨设，函数定义域为，则，当时，，又，，所以在恒成立，则函数在上单调递增，即函数在上单调递增，又，当时，可得，且时，，则存在，使得，此时在上，有，在上，，故在上为减函数，在上为增函数，故当时，，而时，，故在上存在一个零点，则此时函数至少存在两个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；当时，可得，又，所以在区间上存在一点，使得，故当在上，有，在上，有，故在上为增函数，在上为减函数，故当时，，而当时，，故此时函数在上至少存在一个零点，又因为0是函数的唯一零点，故不符合题意；当时，即时，由（1）知，当时，函数取得最小值，最小值，当时，因为，符合题意.综上，满足条件的值为.【点睛】思路点睛：知道函数零点的个数，要求参数的取值范围，需结合导数的符号和函数的单调性来处理，分类讨论时注意利用已有的确定零点来确定一段范围上的函数值的符号.33．（2024高三上·重庆·阶段练习）已知函数.(1)讨论的单调性;(2)若函数在区间上恰有一个零点，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）讨论参数a，利用导数研究函数单调性；（2）问题化为在上仅有一个解，构造，利用导数研究其在的单调性，结合零点存在性判断区间零点个数，即可求参数范围.【详解】（1）由，且，当，则，此时在上递增；当，则时，，即在上递增；时，，即在上递减；综上，，在上递增；，在上递增，在上递减.（2）由题设在上仅有一个解，所以在上仅有一个解，令，则，当时，恒成立，此时递增，且，所以在上无解；当时，令，则，令，则，即递增，则，i.当时，，即恒成立，即递增，所以，故递增，此时在上无解；ii.当时，，趋向正无穷时趋向正无穷，则使，上，即，递减；上，即，递增；由，趋向正无穷时趋向正无穷，所以在恒负，在上存在一个零点，故上，递减；上，递增；由于，趋向正无穷时趋向正无穷，所以在上恒负，上仅有一个零点，此时满足题设；综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，问题转化为在上仅有一个解，构造中间函数并应用导数研究零点.34．（2024·河南·模拟预测）已知函数．(1)求证：曲线仅有一条过原点的切线；(2)若时，关于的方程有唯一解，求实数的取值范围．【答案】(1)证明见解析(2)当时，；当时，.【分析】（1）求导后得出切线方程，再代入原点求解即可；（2）化简可得有唯一解，再构造函数，求导可得，再讨论根的情况，数形结合分析的极值与的大小关系，结合恒成立问题求解即可.【详解】（1）的定义域为，，设切点，则切线方程为，当切线过原点时有，即，故，因为，所以，即切点有且只有一个，则曲线仅有一条过原点的切线，即得证.（2）关于的方程有唯一解，即方程，有唯一解，令，则.因为，故当，即时，，函数单调递增，且当时，，当时，.易知的图象与直线有且仅有一个交点，满足题意，此时；当，即时，设有两个根，，则，，故.①若，则当时，单调递增；当时，单调递减，且当时，，当时，.故要使得有唯一解，则或恒成立.此时，即，，.则极大值，令，则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，又恒成立，故，；同理，极小值，当时无最小值，此时无实数使得恒成立.②若，则，，不满足；③若，由①可得；故当时，.综上所述：当时，；当时，.【点睛】方法点睛：本题利用导数解决函数零点问题的方法：（1）参变分离构造函数；（2）求导分析函数的单调性与极值，导数中有二次函数注意讨论无根与有根的情况；（3）导函数中二次函数有根时讨论极值点与特殊点的大小关系并讨论；（4）数形结合列不等式求解.35．（2024·新疆·三模）已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围，并证明．【答案】(1)答案见解析(2)；证明见解析【分析】（1）求导，利用导函数的正负判断单调性即可；（2）首先将原式化简整理成，令得，再令，根据已知条件利用导数求出参数的取值范围，进而要证即证即证，只需证，不妨设，则只需证，即，最后令，，其中，借助导数求解的最小值即可证明.【详解】（1）因为，所以，当时，，所以在区间上单调递增，当时，令，得；令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，综上当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）方程，即，等价于，令，其中，则，显然，令，则，所以在区间上单调递减，且由时可得在区间上，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，因为方程有两个实根，所以关于的方程有两个实根，，且，，所以，要证，即证，即证，只需证，因为，所以，整理可得，不妨设，则只需证，即，令，，其中，因为，所以在区间上单调递增，所以，故．【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为，通过令，合理构造函数来确定参数的取值范围；第二步的关键点在于将等价转换为，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.36．（2024·江西鹰潭·一模）设m为实数，函数.(1)当时，直线是曲线的切线，求的最小值；(2)已函数有两个不同的零点，（），若，且恒成立，求实数的范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据导数的几何意义，构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值